複素数平面の問題

手順1：$\sqrt{3}-i$ を極形式で表す。

絶対値は
$$|\sqrt{3}-i|=\sqrt{(\sqrt{3}{)}^2+(-1{)}^2}=\sqrt{4}=2$$
です。よって
$$\sqrt{3}-i=2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)$$
となります。$\cos \theta =\frac{\sqrt{3}}{2},\sin \theta =-\frac{1}{2}$ となる $\theta$ の一つは $\theta =-\frac{\pi }{6}$ なので、
$$\sqrt{3}-i=2\left\{\cos \left(-\frac{\pi }{6}\right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{6}\right)\right\}$$
と表せます。

手順2：ド・モアブルの定理を使う。

ド・モアブルの定理 $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n=\cos n\theta +i\sin n\theta$ より、5 乗すると絶対値は $2^5$ 倍、偏角は $5$ 倍になります。
$$(\sqrt{3}-i{)}^5=2^5\left\{\cos \left(-\frac{5\pi }{6}\right)+i\sin \left(-\frac{5\pi }{6}\right)\right\}$$

手順3：三角関数の値を求めて $a+bi$ の形にする。

単位円より $\cos \left(-\frac{5\pi }{6}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$, $\sin \left(-\frac{5\pi }{6}\right)=-\frac{1}{2}$ なので、
$$(\sqrt{3}-i{)}^5=32\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)=-16\sqrt{3}-16i$$

（確認：$(\sqrt{3}-i{)}^2=2-2\sqrt{3}i$, $(\sqrt{3}-i{)}^4=(2-2\sqrt{3}i{)}^2=-8-8\sqrt{3}i$, これに $\sqrt{3}-i$ を掛けると $-16\sqrt{3}-16i$ となり一致します。）

答え：$-16\sqrt{3}-16i$

$\sqrt{3}-i=2\left(\cos \left(-\frac{\pi }{6}\right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{6}\right)\right)$ と極形式で表せる。ド・モアブルの定理より
$(\sqrt{3}-i{)}^5=2^5\left(\cos \left(-\frac{5\pi }{6}\right)+i\sin \left(-\frac{5\pi }{6}\right)\right)=32\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)=-16\sqrt{3}-16i$。
検算：$(\sqrt{3}-i{)}^2=3-2\sqrt{3}i-1=2-2\sqrt{3}i$。$(\sqrt{3}-i{)}^4=(2-2\sqrt{3}i{)}^2=4-8\sqrt{3}i-12=-8-8\sqrt{3}i$。これに $\sqrt{3}-i$ を掛けると $-8\sqrt{3}+8i-24i+8\sqrt{3}{i}^2\cdot$ ではなく、$(-8-8\sqrt{3}i)(\sqrt{3}-i)=-8\sqrt{3}+8i-24i+8\sqrt{3}{i}^2=-8\sqrt{3}-16i-8\sqrt{3}=-16\sqrt{3}-16i$。一致する。